2026年上海市中考模拟数学 考前冲刺复习卷含答案（押题）

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一．选择题（共6小题）
一．选择题（共6小题，满分24分，每小题4分）
1．（4分）在下列二次根式中，是最简二次根式的是（ ）
A．12B．0.3C．8D．5
【答案】D
【分析】根据最简二次根式的定义逐个判断即可．
【解答】解：A、12=22，故此选项不符合题意；
B、0.3=310=3010，故此选项不符合题意；
C、8=22，故此选项不符合题意；
D、5是最简二次根式，故此选项符合题意；
故选：D．
【点评】本题考查最简二次根式的定义．根据最简二次根式的定义，最简二次根式必须满足两个条件：（1）被开方数不含分母；（2）被开方数不含能开得尽方的因数或因式．
2．（4分）如图，在平面直角坐标系中，一次函数y＝x+2的图象与反比例函数y=kx的图象分别交于M，N两点．根据图象信息，可得关于x的不等式x+2≥kx的解集为（ ）
A．x≥1B．﹣3≤x＜0或x≥1
C．x≤﹣3D．x≤﹣3或﹣3≤x≤0
【答案】B
【分析】根据图象可知，x+2≥kx的解集是一次函数图象在反比例函数图象上方对应的x的取值范围．
【解答】解：由图象可知：关于x的不等式x+2≥kx的解集为﹣3≤x＜0或x≥1．
故选：B．
【点评】本题考查了反比例函数与一次函数的交点，解题的关键是利用数形结合思想，准确识图．
3．（4分）下列二项方程中，有两个实数根的是（ ）
A．x5+1＝0B．x4﹣1＝0C．x3﹣1＝0D．x2+1＝0
【答案】B
【分析】分别求出各方程的实数解，逐项判断即可．
【解答】解：x5+1＝0的实数根为x＝﹣1，故A不符合题意；
x4﹣1＝0的实数根为x＝±1，故B符合题意；
x3﹣1＝0的实数根为x＝1，故C不符合题意；
x2+1＝0无实数根，故D不符合题意；
故选：B．
【点评】本题考查高次方程的解，根与系数的关系，解题的关键是掌握有理数乘方的法则．
4．（4分）某地去年月平均气温如图1，该地某家庭去年每个月的用电量如图2，根据统计图表信息判断，下列对该家庭去年用电量的说法正确的是（ ）
A．月平均气温最低的月份用电量最少
B．月平均气温最高的月份用电量最大
C．1﹣8月的用电量随着平均气温的升高而增加
D．8﹣12月的用电量随着平均气温的降低而减少
【答案】B
【分析】由每月的平均气温统计图和月用电量统计图直接回答即可．
【解答】解：由统计图可知：
月平均气温最低的月份是1月份，5月份用电量最少，故选项A说法错误，不符合题意；
月平均气温最高的月份是8月份，8月份用电量最大，故选项B说法正确，符合题意；
1﹣5月的用电量随着平均气温的升高而降低，故选项C说法错误，不符合题意；
9﹣12月的用电量随着平均气温的降低而增加，故选项D说法错误，不符合题意；
故选：B．
【点评】本题考查的是条形统计图的综合运用．读懂统计图，从统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．条形统计图能清楚地表示出每个项目的数据．
5．（4分）某数学兴趣小组仅用一张矩形纸条和一把刻度尺，测量一次性纸杯杯底的直径．小敏同学想到了如下方法：如图，将纸条拉直并紧贴杯底，纸条的上下边沿分别与杯底相交于A，B，C，D四点，然后利用刻度尺量得该纸条的宽为3.5cm，AB＝3cm，CD＝4cm．则纸杯杯底的直径为（ ）
A．6cmB．5.2cmC．5cmD．4.8cm
【答案】C
【分析】由垂径定理求出BN，CM的长，设ON＝x，由勾股定理得到（3.5﹣x）2+22＝x2+1.52，求出x的值，得到ON的长，由勾股定理求出OB长，即可求出纸杯的直径长．
【解答】解：如图，MN⊥AB，MN过圆心O，连接OC，OB，
∴MN＝3.5cm，
∵AB∥CD，
∴MN⊥CD，
∴CM=12CD=12×4＝2（cm），BN=12AB=12×3＝1.5（cm），
设ON＝xcm，
∴OM＝MN﹣ON＝（3.5﹣x）cm，
∵OM2+MC2＝OC2，ON2+BN2＝OB2，
∴OM2+MC2＝ON2+BN2，
∴（3.5﹣x）2+22＝x2+1.52，
∴12.25﹣7x+x2+4＝x2+2.25，
∴7x＝14，
∴x＝2，
∴ON＝2（cm），
∴OB=ON2+BN2=22+1．52=2.5（cm），
∴纸杯的直径为2.5×2＝5（cm）．
故选：C．
【点评】本题考查垂径定理的应用，勾股定理，掌握垂径定理是解题的关键．
6．（4分）如图，两个三角形全等，则∠1等于（ ）
A．72°B．60°C．58°D．50°
【答案】D
【分析】由全等三角形的对应角相等求解即可．
【解答】解：∵图中的两个三角形是全等三角形，
∴第一个三角形中，边长a、c的夹角为50°，
∴在第二个三角形中，根据全等三角形的性质，边长a、c的夹角也是50°，即∠1的度数为50°（全等三角形对应角相等）．
故选：D．
【点评】本题主要考查了全等三角形的性质，掌握全等三角形的对应角相等是解题的关键．
二．填空题（共12小题，满分48分，每小题4分）
7．（4分）因式分解：2025x3﹣2025x＝ 2025x（x+1）（x﹣1） ．
【答案】2025x（x+1）（x﹣1）．
【分析】先提出公因式2025x，再利用平方差公式解答即可．
【解答】解：原式＝2025x（x2﹣1）＝2025x（x+1）（x﹣1）．
故答案为：2025x（x+1）（x﹣1）．
【点评】本题主要查了因式分解，熟练掌握平方差公式的特征是解题的关键．
8．（4分）方程3−4x=1的解是 x=12 ．
【答案】x=12．
【分析】将方程两边平方转化为一元一次方程求解，求解后需检验根的有效性．
【解答】解：原方程两边平方得 3﹣4x＝1，
移项得﹣4x＝1﹣3，
合并同类项得﹣4x＝﹣2，
系数化为1得 x=12，
检验：当x=12时，左边3−4×12=1=右边，
因此x=12是原方程的解．
故答案为：x=12．
【点评】本题考查了解无理方程，熟练掌握该知识点是关键．
9．（4分）如果方程x2+x﹣m＝0有两个相等的实数根，则m的值是 −14 ．
【答案】−14．
【分析】根据根的判别式的意义得到12﹣4×（﹣m）＝0，然后解一次方程即可．
【解答】解：根据题意得Δ＝12﹣4×（﹣m）＝0，
解得m=−14，
即m的值为−14．
故答案为：−14．
【点评】本题考查了根的判别式，一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的根与Δ＝b2﹣4ac有如下关系：当Δ＞0时，方程有两个不相等的实数根；当Δ＝0时，方程有两个相等的实数根；当Δ＜0时，方程无实数根．
10．（4分）为落实“双减”政策，某校利用课后服务开展了主题为“书香满校园”的读书活动．现需购买甲，乙两种读本共50本供学生阅读，其中甲种读本的单价为8元/本，乙种读本的单价为6元/本，设购买甲种读本x本，则购买乙种读本的费用为 6（50﹣x） 元．
【答案】6（50﹣x）．
【分析】直接利用乙的单价×乙的本数＝乙的费用，进而得出答案．
【解答】解：由题意得：购买乙种读本的费用为：6（50﹣x）元．
故答案为：6（50﹣x）．
【点评】此题主要考查了列代数式，正确表示出乙的本数是解题关键
11．（4分）平面直角坐标系中，直线y＝kx+4与x轴和y轴分别交于B，C两点，点A（3，0）在x轴上，若AB＝AC，则k的值为 −12或2 ．
【答案】−12或2．
【分析】利用一次函数图象上点的坐标特征，可得出点C的坐标，进而可得出OC的长度，由点A的坐标，可得出OA的长度，利用勾股定理，可求出AC的长度，结合点B在x轴上及AB的长度，可得出点B的坐标，再利用一次函数图象上点的坐标特征，即可求出k的值．
【解答】解：当x＝0时，y＝k×0+4＝4，
∴点C的坐标为（0，4），
∴OC＝4．
∵点A的坐标为（3，0），
∴OA＝3，∴AC=OA2+OC2=32+42=5．
∵点B在x轴上，且AB＝5，
∴点B的坐标为（﹣2，0）或（8，0）．
当点B的坐标为（﹣2，0）时，﹣2k+4＝0，
解得：k＝2；
当点B的坐标为（8，0）时，8k+4＝0，
解得：k=−12，
综上所述，k的值为−12或2．
故答案为：−12或2．
【点评】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征以及勾股定理，根据点A的坐标及线段AB的长度，求出点B的坐标是解题的关键．
12．（4分）若等腰三角形的一个角为92°，则其顶角的度数为 92° ．
【答案】92°．
【分析】根据92°角是钝角判断出只能是顶角，然后根据等腰三角形两底角相等解答．
【解答】解：∵92°＞90°，
∴92°的角是顶角，
故答案为：92°．
【点评】本题考查了等腰三角形两底角相等的性质，先判断出92°的角是顶角是解题的关键．
13．（4分）与单位向量e→方向相反，且长度是3的向量可以表示为 ﹣3e→ ．
【答案】﹣3e→．
【分析】根据平面向量的定义即可解决问题．
【解答】解：∵e→向量为单位向量，向量a→与单位向量的方向相反，且长度为3，
∴a→=−3e→．
故答案为：﹣3e→．
【点评】本题考查平面向量的性质，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考基础题．
14．（4分）小刚每天从家骑自行车上学都经过三个路口，且每个路口都安装有红灯、绿灯，假如每个路口红灯和绿灯亮的时间相同，那么小刚从家出发去学校，他恰好遇到两次红灯的概率是 38 ．
【答案】38．
【分析】列举出所有等可能的结果，得出恰好遇到两次红灯的结果数，利用概率公式解答即可．
【解答】解：画树状图得：
由树状图可知共有8种情况，遇到两次红灯的有3种情况，
所以遇到两次红灯的概率是38．
故答案为：38．
【点评】此题考查的是用列表法或树状图法求概率．注意树状图法与列表法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，列表法适合于两步完成的事件；树状图法适合两步或两步以上完成的事件；注意概率＝所求情况数与总情况数之比．
15．（4分）王老师对班级50位学生的血型作了统计，列出如图所示的统计表，则该班级AB血型的学生有 10 位．
【答案】10．
【分析】根据频数＝频率×数据总数求解．
【解答】解：该班级AB血型的学生有：50×0.2＝10．
故答案为：10．
【点评】本题考查了频数和频率，解答本题的关键是掌握频数＝频率×数据总数．
16．（4分）已知抛物线y＝﹣x2﹣2x+3，将其向右平移n个单位（n＞0），使平移后所得的抛物线与坐标轴恰好只有两个公共点，那么n的值是 3 ．
【答案】3．
【分析】先求出平移后的抛物线的解析式，由平移后所得的抛物线与坐标轴恰好只有两个公共点，可知平移后抛物线过原点，把（0，0）代入解析式即可求解．
【解答】解：∵y＝﹣x2﹣2x+3＝﹣（x+1）2+4，
∴将其向右平移n个单位（n＞0），平移后的解析式为：y＝﹣（x+1﹣n）2+4，∴对称轴为直线x＝1，
∵平移后所得的抛物线与坐标轴恰好只有两个公共点，
∴平移后抛物线过原点，
∴0＝﹣（1﹣n）2+4，
解得n＝3或n＝﹣1（舍去），
故答案为：3．
【点评】本题考查二次函数图象与几何变换以及二次函数图象上点的坐标特征，关键是明确题意，掌握二次函数的几何变换．
17．（4分）已知⊙O1与⊙O2相交于A、B两点，公共弦AB＝8，AB既是⊙O1内接正方形的一边，也是⊙O2内接正三角形的一边，那么两圆的圆心距等于 4+433或4−433 ．
【答案】4+433或4−433．
【分析】分两种情形：当O，O′在公共弦两侧时，当O，O′在公共弦同侧时，分别求解．
【解答】解：当O，O′在公共弦两侧时，连接AO，BO，AO′，BO′，OO′交AB于点C，
由相交圆的性质可知，AB⊥OO′，且AC=12AB＝4，
在⊙O中，AB是内接三角形的一边，则∠AOC＝60°，
故tan60°=ACCO，则3=4CO，
解得：CO=433，
在⊙O′中，AB是内接正方形的一边，则∠AO′C＝45°，
故AC＝CO′＝4，
则OO′＝OC+O′C＝4+433，
当O，O′在公共弦同侧时，同法可得OO′＝4−433．
故答案为：4+433或4−433．
【点评】此题主要考查了相交两圆的性质以及锐角三角函数关系，熟练利用正三角形以及正方形的性质是解题关键．
18．（4分）如图，在正方形ABCD中，E、F为BC边上的三等分点，联结AE，点B关于AE对称点为M，BM交AE于点N，BM的延长线交CD于点G，联结MF、MD、MC．以下结论正确的有 ①②④ （写序号）．
①MF⊥BG；
②∠CMG＝45°；
③MG＝MC；
④MD＝2MC；
⑤S△MFC＝2S△MCG．
【答案】①②④．
【分析】连接AM，如图，由对称的性质可得，AD＝AM，∠MAE＝∠BAE，BM⊥AE，N为BM的中点，由题意可得E为BF的中点，得到NE∥MF，从而得到MF⊥BG，①正确；设正方形边长为3a，根据BM⊥AE可以得到△ABE≌△BCG，得到BE=CG=13BC=a，由勾股定理可得BG=BC2+CG2=10a，再根据△BMF∽△BCG，从而得到BM=3105a，MF=105a，则MG=2105a，即MFMG=FCDG=12，设∠BAE＝α，可以得到∠MGD＝∠MFC，得到△MFC∽△MGD，则MCMD=FCDG=12，即MD＝2MC，④正确；根据∠BAE＝α和AD＝AM可得∠AMN＝90°﹣α，∠ADM＝∠AMD＝45°+α，由∠AMN+∠AMD+∠DMG＝180°可得∠DMG＝45°，则∠FMC＝∠DMG＝45°，②正确；根据△MFC∽△MGD，MFMG=FCDG=12可得S△MFC=14S△MGD，由CG=13CD可得S△MGC=12S△MGD，得到S△MFC=12S△MCG，⑤错误；在△DMC中，根据勾股定理求得MC=355a≠2105a=MG，③错误，即可求解．
【解答】解：连接AM，如图，
点B关于AE对称点为M，可得BM⊥AE，N为BM的中点，AD＝AM，∠MAE＝∠BAE，
∵E、F为BC边上的三等分点，
∴E为BF的中点，
∴NE∥MF，
∴MF⊥BG，①正确；
设正方形边长为3a，则BE＝EF＝FC＝a，
由正方形的性质可得∠ABC＝∠BCD＝90°，AB＝BC，
由BM⊥AE可得∠ANB＝∠ABC＝90°，
∴∠BAN+∠ABN＝∠CBG+∠ABN＝90°，即∠BAE＝∠CBG，
∴△ABE≌△BCG（AAS），
∴DG＝2a，BE=CG=13BC=a，
则BG=BC2+CG2=10a，
∵∠BMF＝∠BCG＝90°，∠MBF＝∠GBC，
∴△BMF∽△BCG，
∴BMBC=MFCG=BFBG，即BM3a=MFa=2a10a，
∴MG=BG−BM=2105a，BM=3105a，MF=105a，
∴MFMG=FCDG=12，
设∠BAE＝α，则∠CBG＝α，∠MFB＝∠BGC＝∠AMN＝90°﹣α，
∴∠MGD＝∠MFC，
∴△MFC∽△MGD，
∴∠FMC＝∠DMG，MCMD=FCDG=12，即MD＝2MC，④正确；
由∠BAE＝α可得∠DAM＝90°﹣2α，∠MAE＝α，∠AMN＝90°﹣α，
∵∠DAM＝90°﹣2α，AD＝AM，
∴∠ADM＝∠AMD＝45°+α，
∵∠AMN+∠AMD+∠DMG＝180°，即90°﹣α+45°+α+∠DMG＝180°
∴∠DMG＝45°，
∴∠FMC＝∠DMG＝45°，②正确；
∵△MFC∽△MGD，MFMG=FCDG=12，
∴S△MFC=14S△MGD，
由题意可得CG=13CD，即CG=12DG，
∴S△MGC=12S△MGD，
∴S△MFC=12S△MCG，⑤错误；
∵∠FMG＝90°，∠FMC＝∠DMG＝45°，
∴∠CMG＝45°，
∴∠DMC＝90°
在△DMC中，∠DMC＝90°，DM＝2MC，CD＝3a，
则CD2＝MC2+DM2，即9a2＝MC2+4MC2，
解得MC=355a≠2105a=MG，③错误，
综上，正确的为①②④；
故答案为：①②④．
【点评】本题考查了正方形的综合应用，涉及到全等三角形和相似三角形判定与性质，等腰三角形和轴对称图形的性质，勾股定理等内容，综合性很强，解题的关键是熟练掌握判定方法和性质的应用．
三．解答题（共7小题，满分78分）
19．（10分）计算：|2−3|+(12−13)0−21−ct30°．
【答案】4．
【分析】根据绝对值的性质，零次幂，特殊三角函数值，依次计算即可．
【解答】解：根据绝对值的性质，零次幂，特殊三角函数值可得：
原式=2−3+1−21−3=3−3−2(1+3)−2=3−3+1+3=4．
【点评】本题考查了实数的运算，熟练掌握运算法则是关键．
20．（10分）甲、乙两名同学在解方程组ax+y=5①2x−by=13②时，甲看错了方程①中的a，解得x=72y=−2，乙看错了方程②中的b．解得x=3y=−7，请你根据以上结果，求出a和b的值．
【答案】a＝4，b＝3．
【分析】利用看错某方程系数时，所得解仍满足未看错的方程，分别将甲、乙的解代入对应未看错的方程，即可求解a、b．
【解答】解：甲、乙两名同学在解方程组ax+y=5①2x−by=13②时，甲看错了方程①中的a，解得x=72y=−2，
∵甲看错了方程①中的a，
∴甲所得的解符合方程②，把x=72y=−2代入方程②，得
2×72−b×(−2)=13，解得b＝3；
∵乙看错了方程②中的b，
∴乙所得的解符合方程①，把x=3y=−7代入方程①，得
3a﹣7＝5，解得a＝4；
∴a＝4，b＝3．
【点评】本题考查了二元一次方程组的错解复原问题，掌握方程的解即为能使方程成立的未知数的值是解题的关键．
21．（10分）如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，点E在CA的延长线上，且AE＝AB，过点B作BD⊥BE交AC于点D．
（1）求证：△BEC∽△DBC；
（2）如果tan∠BAC=125，求ADDC的值．
【答案】（1）∵∠ABC＝90°，BD⊥BE，
∴∠DBE＝∠ABC＝90°，
∴∠ABE+∠ABD＝∠CBD+∠ABD，
∴∠ABE＝∠CBD，
又∵∠C＝∠C，
∴△BEC∽△DBC；
（2）ADDC=58．
【分析】（1）由BD⊥BE可得∠DBE＝∠ABC＝90°，从而得到∠ABE＝∠CBD，再根据∠C＝∠C即可求证；
（2）由tan∠BAC=125可得BCAB=125，设AB＝5x，BC＝12x，由AE＝AB可得AB＝AE＝5x，由勾股定理可得AC=AB2+BC2=13x，得到CE＝18x，由（1）△BEC∽△DBC可得BCCD=CEBC，即CD=BC2CE=5x，再求出AD，即可求解．
【解答】（1）证明：∵∠ABC＝90°，BD⊥BE，
∴∠DBE＝∠ABC＝90°，
∴∠ABE+∠ABD＝∠CBD+∠ABD，
∴∠ABE＝∠CBD，
又∵∠C＝∠C，
∴△BEC∽△DBC；
（2）解：在△ABC中，tan∠BAC=125，∠ABC＝90°，
则BCAB=125，
设BC＝12x，AB＝5x，
∵AE＝AB，
∴AB＝AE＝5x，
由勾股定理可得AC=AB2+BC2=13x，
则CE＝AC+AE＝18x，
由（1）△BEC∽△DBC可得BCCD=CEBC，即CD=BC2CE=8x，
由题意可得AD＝AC﹣CD＝13x﹣8x＝5x，
∴ADDC=5x8x=58，
则ADDC=58．
【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质，锐角三角函数的定义，解题的关键是掌握相似三角形的判定方法与性质，熟知锐角三角函数的定义．
22．（10分）【问题背景】
新能源汽车多数采用电能作为动力来源，不需要燃烧汽油，这样就减少了二氧化碳等气体的排放，从而达到保护环境的目的．
【实验操作】
为了解汽车电池需要多久能充满电，以及充满电量状态下电动汽车的最大行驶里程，某综合实践小组设计两组实验．
实验一：探究电池充电状态下电动汽车仪表盘增加的电量y（%）与时间t（分钟）的关系数据记录如表1：
实验二：探究充满电量状态下电动汽车行驶过程中仪表盘显示电量e（%）与行驶里（千米）的关系，数据记录如表2：
【建立模型】
（1）观察表1、表2发现都是一次函数模型请结合表1、表2的数据，求出y关于t的函数表达式及e关于s的函数表达式．
【解决问题】
（2）某电动汽车在充满电量的状态下出发，前往距离出发点560千米处的目的地，若电动汽车行驶300千米后，在途中的服务区充电，一次性充电若干时间后继续行驶，且到达目的地后电动汽车仪表盘显示电量为10%，则电动汽车在服务区充电多长时间？
【答案】（1）y＝2t，e=−14s+100；
（2）25分钟．
【分析】（1）利用待定系数法解答即可；
（2）求出行驶300千米后电动汽车仪表盘显示电量，再计算充电t分钟后增加的电量，从而计算出充电t分钟后，电动汽车仪表盘显示电量；计算出在充满电的情况下，行驶完剩余的路程，电动汽车仪表盘显示电量，从而求出行驶完剩余的路程消耗的电量，再根据“充电t分钟后，电动汽车仪表盘显示电量﹣到达目的地后电动汽车仪表盘显示电量＝消耗的电量”列方程，求出t的值即可．
【解答】解：（1）设y关于t的函数表达式为y＝k1t（k1为常数，且k1≠0），
将t＝10，y＝20代入y＝k1t，
得10k1＝20，
解得k1＝2，
∴y关于t的函数表达式为y＝2t．
设e关于s的函数表达式为e＝k2s+b（k2、b为常数，且k2≠0），
将s＝160，e＝60和s＝200，e＝50分别代入e＝k2s+b，
得160k2+b=60200k2+b=50，
解得k2=−14b=100，
∴e关于s的函数表达式为e=−14s+100．
（2）当s＝300时，e=−14×300+100＝25，
∴行驶300千米后，电动汽车仪表盘显示电量为25，
充电t分钟后，增加的电量为y＝2t，
∴充电t分钟后，电动汽车仪表盘显示电量为（25+2t），
若在充满电的情况下，行驶完剩余的路程，电动汽车仪表盘显示电量为−14×（560﹣300）+100＝35，
∴行驶完剩余的路程消耗的电量为100﹣35＝65，
∴25+2t﹣10＝65，
∴t＝25．
答：电动汽车在服务区充电25分钟．
【点评】本题考查一次函数的应用，理解题意并掌握待定系数法求一次函数的关系式是解题的关键．
23．（12分）已知：如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，CA平分∠BCD，过点D作DE平行AC交线段BC的延长线于点E，∠B＝2∠E．
（1）求证梯形ABCD为等腰梯形；
（2）当∠B＝60°，AB＝8，求四边形ABED的面积．
【答案】（1）证明见解析；
（2）643．
【分析】（1）根据平行线的性质得到∠ACB＝∠E，根据角平分线的定义得到∠BCD＝2∠ACB，得到∠B＝∠BCD，根据等腰梯形的概念证明；
（2）过点A作AF⊥BC于F，根据平行四边形的性质求出CE，根据直角三角形的性质求出AF，根据梯形面积公式计算，得到答案．
【解答】（1）证明：∵DE∥AC，
∴∠ACB＝∠E，
∵CA平分∠BCD，
∴∠BCD＝2∠ACB，
∴∠BCD＝2∠E，
∵∠B＝2∠E，
∴∠B＝∠BCD，
∴梯形ABCD为等腰梯形；
（2）解：如图，过点A作AF⊥BC于F，
∵AD∥BC，
∴∠ACB＝∠DAC，
∵∠ACB＝∠DCA，
∴∠DAC＝∠DCA，
∴AD＝DC＝AB＝8，
∵DE∥AC，AD∥BC，
∴四边形ACED为平行四边形，
∴CE＝AD＝8，
∵∠B＝2∠ACB，∠B＝60°，
∴∠ACB＝30°，
∴∠BAC＝90°，
∴BC＝2AB＝16，
∴BE＝BC+CE＝16+8＝24，
由勾股定理得：AC=BC2−AB2=162−82=83，
∴AF=12AC＝43，
则S梯形ABED=12×（8+24）×43=643．
【点评】本题考查的是等腰梯形的判定、等腰三角形的判定和性质，熟记等腰梯形的概念是解题的关键．
24．（12分）在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx﹣3与x轴交于点A（﹣1，0）和点B（3，0），与y轴交于点C．
（1）求抛物线的解析式及顶点坐标；
（2）若点P为第四象限内抛物线上一点，当△PBC面积最大时，求点P的坐标；
（3）若点P为抛物线上一点，点Q是线段BC上一点（点Q不与两端点重合），是否存在以P、Q、O为顶点的三角形是等腰直角三角形，若存在，请直接写出满足条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）由待定系数法即可求解；
（2）由△PBC面积=12×OB×PH，即可求解；
（3）当∠QOP为直角时，则点Q与点B重合，不符合题意；当∠OPQ为直角时，即OQ⊥BC，即可求解；当∠OPQ为直角时，证明△PNO≌△QMP（AAS），即可求解．
【解答】解：（1）设抛物线的表达式为：y＝a（x+1）（x﹣3）＝a（x2﹣2x﹣3），
则﹣3a＝﹣3，
解得：a＝1，
则抛物线的表达式为：y＝x2﹣2x﹣3，
由抛物线的表达式知，顶点坐标为（1，﹣4）；
（2）过点P作y轴的平行线交BC于点H，
由点B（3，0）、C的坐标得，直线BC的表达式为：y＝x﹣3，
设点P（m，m2﹣2m﹣3），则点H（m，m﹣3），
则PH＝m﹣3﹣m2+2m+3＝﹣m2+3m，
则△PBC面积=12×OB×PH=32（﹣m2+3m），
∵−32＜0，
故函数有最大值，
此时m=32，
则点P（32，−154）；
（3）当∠QOP为直角时，
则点Q与点B重合，不符合题意；
当∠OQP为直角时，
即OQ⊥BC，
则点P和点B或C重合，
故点P的坐标为：（3，0）或（0，﹣3），
当∠OPQ为直角时，
如图：设点P（x，y），点Q（m，m﹣3），
过点P作y轴的平行线交x轴于点N，交过点Q和x轴的平行线于点M，
∵∠OPN+∠NOP＝90°，∠OPN+∠QPM＝90°，
∴∠OPN＝∠QPM，
∵∠PNO＝∠QMP，
∴△PNO≌△QMP（AAS），
∴ON＝PM且PN＝MQ，
即﹣x＝y+3﹣m且﹣y＝m﹣x，
解得：x=2m−32y=−32，
当y=−32时，即y＝x2﹣2x﹣3=−32，
解得：x＝1−102（不合题意的值已舍去），
即点P（1−102，−32），
综上，点P的坐标为：（3，0）或（0，﹣3）或（1−102，−32）．
【点评】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到三角形全等、面积的计算，分类求解是解题的关键．
25．（14分）已知：如图，四边形ABCD内接于⊙O，连接AC，BD，BD平分∠ADC．
（1）求证：∠CAB=90°−12∠ABC；
（2）点E为AD的中点，连接EO并延长交BD于点F，连接AF并延长交⊙O于点G．求证：AG＝BD；
（3）在（2）的条件下，点J在DF上，连接CF，CJ，若∠FCD+∠JCD＝180°，AD＝3CD，3OF＝2DJ﹣BF，JC=7，求OE的长．
【答案】（1）∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠ADC+∠ABC＝180°，
∵BD平分∠ADC，
∴∠ADB=∠BDC=12∠ADC，
∴2∠BDC+∠ABC＝180°，即∠BDC=90°−12∠ABC，
∵CB=CB，
∴∠BDC＝∠CAB，
∴∠CAB=90°−12∠ABC；
（2）连接AO，DO，连接BG，
∵点E为AD的中点，
∴∠DOE＝∠AOE，
∴∠DOF＝∠AOF，
在△DOF和△AOF中，DO＝AO，∠DOF＝∠AOF，OF＝OF，
∴△DOF≌△AOF（SAS），
∴DF＝AF，
∴∠FDA＝∠DAF．
又∵GD＝GD，AB=AB，
∴∠FAD＝∠DBG，∠FDA＝∠AGB，
∴∠DBG＝∠AGB，
∴GF＝BF，
∴AF+GF＝DF+BF，即AG＝BD；
（3）2393．
【分析】（1）根据圆内接四边形的性质得∠ADC+∠ABC＝180°，再根据角平分线的性质得∠BDC=90°−12∠ABC，然后根据“同弧所对的圆周角相等”得出答案；
（2）连接AO，DO，连接BG，根据“边角边”证明△DOF≌△AOF，可得DF＝AF，进而得出∠FDA＝∠DAF，再根据同弧所对的圆周角相等可得∠DBG＝∠AGB，即可得GF＝BF，最后根据AF+GF＝DF+BF得出答案；
（3）在AD上截取AM＝CD，连接FM，根据“边角边”证明△AMF≌△DCF，可得∠FMA＝∠FCD，再说明△FMD﹣△JCD，根据相似比得出点J是DF的中点，接下来作ON⊥BD，可得BF＝2NJ，然后根据3OF＝2NF，并结合特殊角三角函数得出∠NFO＝30°，再说明△ADF是等边三角形，进而得出△ABC是等边三角形，可得CB＝CA，接着作CH⊥AD，作CP⊥BD，并根据“角角边”证明△ACH≌△BCP，得出CH＝CP，HA＝PB，下面设CD＝2a，则AD＝3CD＝6a，DJ=DF2=AD2=3a，再得出DH＝a，CH=CD2−DH2=3a，HA＝PB＝7a，然后表示出PJ＝2a，同时根据勾股定理求a＝1，进而得出AD＝6，DJ＝3，HA＝PB＝7，接下来说明BD＝8，再根据垂径定理得DN=BN=BD2=4即可求出FN＝2，即可求出NO=233，最后根据勾股定理得出答案．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠ADC+∠ABC＝180°，
∵BD平分∠ADC，
∴∠ADB=∠BDC=12∠ADC，
∴2∠BDC+∠ABC＝180°，即∠BDC=90°−12∠ABC，
∵CB=CB，
∴∠BDC＝∠CAB，
∴∠CAB=90°−12∠ABC；
（2）证明：连接AO，DO，连接BG，
∵点E为AD的中点，
∴∠DOE＝∠AOE，
∴∠DOF＝∠AOF，
在△DOF和△AOF中，DO＝AO，∠DOF＝∠AOF，OF＝OF，
∴△DOF≌△AOF（SAS），
∴DF＝AF，
∴∠FDA＝∠DAF．
又∵GD＝GD，AB=AB，
∴∠FAD＝∠DBG，∠FDA＝∠AGB，
∴∠DBG＝∠AGB，
∴GF＝BF，
∴AF+GF＝DF+BF，即AG＝BD；
（3）解：在AD上，截取AM＝CD，连接FM，
由（2）中可知，DF＝AF，
∴∠DAF＝∠FDA，
∵BD平分∠ADC，
∴∠FDA＝∠BDC，
∴∠DAF＝∠BDC．
又∵AF＝DF，
∴△AMF≌△DCF（SAS），
∴∠FMA＝∠FCD．
∵∠FMA+∠FMD＝180°，∠FCD+∠JCD＝180°，
∴∠FMD＝∠JCD，
∴△FMD∽△JCD，
∴DM：DC＝DF：DJ．
∵AD＝3CD＝3AM，
∴DM＝DA﹣AM＝2AM＝2CD，
∴DM：DC＝DF：DJ＝2：1，
∴DF＝2DJ＝DJ+JF，
∴DJ＝JF，
∴J是DF的中点．
作ON⊥BD，垂足为N，
∴DN=BN=12DB，BF﹣DB﹣DF＝2DN﹣2DJ＝2（DN﹣DJ）＝2NJ．
∵3OF=2DJ−BF．
∴3OF＝2DJ﹣BF＝2DJ﹣2NJ＝2（DJ﹣NJ）＝2（JF﹣NJ）＝2NF．
∴在Rt△ONF中，∠ONF＝90°，NFOF=32=cs∠NFO，
∴∠NFO＝30°，
∵DO＝AO，AF＝DF，
∴EF⊥AD，
∴∠ADF＝60°，
∴∠CDF＝60°，
∴∠CAB＝60°．
又∵DF＝AF，
∴△ADF是等边三角形．
∵AB=AB，
∴∠ACB＝∠ADF＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴CB＝CA．
作CH⊥AD，垂足为H，作CP⊥BD，垂足为P，
∴∠CHA＝∠CPB＝90°．
又∵CD=CD，
∴∠HAC＝∠CBP，
∴△ACH≌△BPC（AAS），
∴CH＝CP，HA＝PB．
设CD＝2a，则AD＝3CD＝6a，DJ=DF2=AD2=3a，
在Rt△CDH中，∠CHD＝90°，∠CDH＝180°﹣∠ADB﹣∠CDB＝60°，
∴∠DCH＝30°，
∴DH＝a，CH=CD2−DH2=3a，HA＝PB＝7a，
∵CD＝2a，∠BDC＝60°，∠CPD＝90°，
∴∠DCP＝30°，
∴DP＝a，CP=CH=3a，
∴PJ＝DJ﹣DP＝3a﹣a＝2a，
在Rt△PCJ中，∠CPJ＝90°，JC=CP2+PP2=7a=7，
∴a＝1，
∴AD＝6，DJ＝3，HA＝PB＝7a＝7，
∴BD＝PB+DP＝8a＝8．
∵ON⊥BD．
∴DN=BN=BD2=4，
∴JN＝DN﹣DJ＝4﹣3＝1，
∴BF＝2NJ＝2，
∴FN＝BN﹣BF＝4﹣2＝2．
在Rt△ONF中，tan∠NFO=NONF=33，
∴NO=233，
在Rt△ODN 中，OD=DN2+NO2=42+(233)2=2393，
∴OE=OD=2393．
【点评】本题考查了圆的基本性质，勾股定理等，掌握综合知识是解题的关键．题号
1
2
3
4
5
6
答案
D
B
B
B
C
D
电池充电状态
时间t（分钟）
0
10
15
40
增加的电量y（%）
0
20
30
80
汽车行驶过程
已行驶里程s（千米）
160
200
280
显示电量e（%）
100
60
50
30